2023-2024学年江西省宜春市丰城厚一学校高二（上）开学数学试卷（含解析）

2023-2024学年江西省宜春市丰城厚一学校高二（上）开学数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 如图，一个平面图形的斜二测画法的直观图是一个边长为的正方形，则原平面图形的面积为( )
A. B. C. D.
2. 记，那么( )
A. B. C. D.
3. 已知，则( )
A. B. C. D.
4. 下列说法不正确的是( )
A. 若棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱
B. 当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆
C. 平行于圆台底面的平面截圆台，截面是圆面
D. 直角三角形绕它的一边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥
5. 已知，则( )
A. B. C. D.
6. 已知，且，则( )
A. B. C. D.
7. 直线与函数的图象的交点中，相邻两点的距离为，则( )
A. B. C. D.
8. 将函数的图象左移，得到函数的图象，则在上对应的单调递增区间是( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 对于非零向量与，则下列说法正确的是( )
A. 方向相反 B. 方向相同
C. 向量的长度是向量 的长度的 D.
10. 如图，在平行四边形中，下列计算正确的是( )
A. B.
C. D.
11. 在中，角，，所对的边分别为，，，且若有两解，则的值可以是( )
A. B. C. D.
12. 如图，正方体中，点，，，分别是棱，，，中点，以下说法正确的是( )
A.
B. 平面平面
C. 若点是线段中点，则平面
D. 直线与直线交于一点
三、填空题（本大题共3小题，共15.0分）
13. 已知，则 ______ ．
14. 已知某扇形的弧长为，周长为，则该扇形所对的圆心角 ______ ．
15. 如图，一个几何体的上半部分是一个圆柱体，下半部分是一个圆锥体，圆柱体的高为，圆锥体的高为，公共的底面是半径为的圆形，那么这个几何体的表面积为______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. 本小题分
已知角．
将改写成的形式，并指出是第几象限的角；
在区间上找出与终边相同的角．
17. 本小题分
已知复数使得，其中是虚数单位．
求复数的共轭复数；
若复数在复平面上对应的点在第四象限，求实数的取值范围．
18. 本小题分
已知函数．
完成下列表格，并用五点法在下面直角坐标系中画出在上的简图；
求不等式的解集．
19. 本小题分
已知向量，满足，且，．
求；
若与的夹角为，求的值．
20. 本小题分
的内角，，的对边分别为，，，其中，且满足．
求的外接圆半径；
若的平分线交于点，且，求的面积．
21. 本小题分
如图梯形中，，，，且，将梯形沿折叠得到图，使平面平面，与相交于，点在上，且，是的中点，过，，三点的平面交于．
证明：是的中点；
是上一点，已知二面角为，求的值．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由斜二测画法的规则知与轴平行的线段其长度不变以及与横轴平行的性质不变，正方形对角线在轴上，
可求得其长度为，故在平面图中其在轴上，且其长度变为原来的倍，长度为，
原平面图形的面积为
故选：．
由斜二测画法的规则知在已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，长度保持不变，已知图形平行于轴的线段，在直观图中画成平行于轴，且长度为原来一半．由于轴上的线段长度为，故在平面图中，其长度为，且其在平面图中的轴上，由此可以求得原平面图形的面积．
本题考查的知识点是平面图形的直观图，掌握斜二测画法的规则，能够快速的在直观图面积和原图面积之间进行转化．
2.【答案】
【解析】解：，，
那么，
故选：．
由题意利用同角三角函数的基本关系、诱导公式，求得要求式子的值．
本题主要考查同角三角函数的基本关系、诱导公式的应用，属于基础题．
3.【答案】
【解析】【分析】
本题考查三角函数的诱导公式的应用．
直接利用诱导公式进行化简，然后分子、分母同除，代入即可得到结果．
【解答】
解：
．
故选：．
4.【答案】
【解析】解：对于，棱柱被一平面所截，则分成的两部分不一定是棱柱，可以是两个多面体，所以A正确；
对于，当球心到平面的距离小于球面半径时，球面与平面的交线总是一个圆，所以B正确．
对于，根据平行于圆台底面的平面截圆台截面的性质可知：截面是圆面，所以C正确；
对于，直角三角形绕它的一条直角边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥，而直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是同底面的两个圆锥，因此不正确，
故选：．
利用棱柱的性质判断；球与平面的位置关系判断；圆台的性质判断；旋转体与圆锥的关系，判断．
本题考查命题的真假的判断，考查空间几何体的结构特征，几何体与平面的位置关系的应用，是基础题．
5.【答案】
【解析】解：，
故，
所以．
故选：．
根据已知条件，结合复数模公式，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：因为，所以，
故，即，
因为，故，所以．
故选：．
由两角差的正切公式化简求解即可．
本题主要考查两角差的正切公式，考查运算求解能力，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由已知可得的最小正周期，
所以，
所以，
所以．
故选：．
由已知结合正切函数的性质先求出，进而可求函数的解析式，再把代入即可求解．
本题主要考查了正切函数性质的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：
，
图象向左平移，
可得，
，，
令，得，
在上对应的单调递增区间是．
故选：．
利用两角和与差的三角函数以及二倍角公式化简函数的解析式，利用三角函数的变换，求出函数的解析式，然后结合的范围，利用正弦函数的性质即可求解．
本题考查函数的图象变换，三角函数的化简求值，恒等变换的应用，考查计算能力，属于中档题．
9.【答案】
【解析】解：由向量数乘运算的定义可知：
与方向相反，故A正确；
，故C正确；
，故D正确．
故选：．
根据向量数乘运算的定义及运算性质直接判断即可．
本题考查向量数乘运算的定义及运算性质，属基础题．
10.【答案】
【解析】解：，故A错误；
，故B正确；
，故C正确；
，故D正确．
故选：．
根据向量加法运算及其几何意义，相反向量的概念即可判断各选项的正误．
本题主要考查向量的线性运算，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：如图所示：
要使有两个解，则，
，
，即．
故选：．
由题意画出图形，可知，求出的范围，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】解：对于，设为的中点，连接，，则，，
故四边形为平行四边形，
则，，
由，可知四边形为平行四边形，
则，，故A，故A正确；
对于，连接，由，，
而平面，平面，故AG平面，
平面，平面，故HG平面，，
平面平面，平面不垂直平面，平面平面不成立，故B错误；
对于，假设平面，则，由于点是线段中点，
不妨设正方体棱长为，则，故B，
则，由四边形是平行四边形，，，
，平面，平面，平面，
又平面，平面平面
故与平面平面矛盾，故C错误；
对于，连接，由于点，分别是棱，中点，
故GH，在正方体中，，故GH，且，
故四边形为梯形，故直线与直线交于一点，故D正确．
故选：．
证明四边形是平行四边形，即可判断；利用反证的方法，推出矛盾，可判断，；证明四边形为梯形，可判断．
本题主要考查棱柱的结构特征，空间位置关系的判断，考查逻辑推理能力，属于中档题．
13.【答案】
【解析】解：，
可得，
即有．
故答案为：．
运用复数的模的性质，即复数的模等于其共轭复数的模，商的模等于模的商，计算即可得到所求值．
本题考查复数的模的求法，注意运用复数模的性质，考查运算能力，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设扇形的半径为，扇形所对的圆心角为，
则，
解得，．
故答案为：．
根据扇形的周长和弧长公式进行求解．
本题主要考查弧长公式的应用，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由圆柱的表面积公式可得这个几何体上半部分的表面积；
由锥体表面积式可得这个几何体下半部分的表面积；
故几何体的表面积．
故答案为：．
【由圆柱和圆锥的表面积公式代入求解．
本题主要考查了柱体和锥体表面积的计算问题，属于基础题．
16.【答案】解：，
因为为第二象限，所以是第二象限角；
与终边相同的角可以写出，
由，
得当时，，
当时，，
所以在区间上与终边相同的角为和．
【解析】根据角度制与弧度制的互化公式进行求解即可；
利用代入法进行求解即可．
本题考查象限角，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
17.【答案】解：设，，
，
，即，解得，
，
；
为实数，
，
，解得，
的取值范围是．
【解析】根据复数的除法运算以及加法运算化简复数，即可根据复数的分类求解，
根据复数乘法化简，根据第四象限的点的特征即可列不等式求解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
18.【答案】解：由函数，可得完成表格如下：
可得在的大致图象如下：
由，可得，即，
当时，由，得
又由函数的最小正周期为，
所以原不等式的解集为．
【解析】结合特殊角的三角函数值，可利用五点法列表画图；
由，得到，结合余弦函数的周期，即可求解．
本题考查五点法画图，考查三角不等式的解法，属于基础题．
19.【答案】解：因为，
又，，
所以；
因为，又，
所以．
【解析】按照数量积运算律展开条件式，代入模长即可求解；
根据向量的夹角公式求出夹角余弦值，结合夹角范围得出．
本题考查平面向量数量积及其夹角的运算，属基础题．
20.【答案】解：，
由正弦定理，得，则，
即，
因为，
所以，
设的外接圆半径为，由正弦定理知，
所以的外接圆半径为；
由平分，得，
则，即，
在中，由余弦定理可得，
又，
则，
联立，可得，解得舍去，
故．
【解析】根据正弦定理及余弦定理求出角，再由正弦定理得解；
根据角平分线利用三角形面积间的关系得，再由余弦定理，求出即可得解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】证明：在图中过作，则，，
图中，连接，，，
又，由平几何知识可得，，且．
≌，，
在中，，，，
，又平面，平面，
平面，平面，平面平面，
，，
又是的中点，是的中点；
解：如图，过作，过作于点，连结，
则为二面角的平面角，又二面角为，，
设，，
又，，
在中，，，
由，得，即，解得，
的值为．
【解析】利用已知可证得，再利用线面平行的判定定理与性质定理可证得结论；
过作，过作于点，连结，设，利用二面角的定义求得，再利用三角形相似可求解．
本题考查中点的证明，考查线面平行的性质，考查线段长度之比的求法，属中档题．
第1页，共1页